2019-2020学年江苏省无锡市高二（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、2019-2020 学年江苏省无锡市高二（上）期末数学试卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的题目要求的. 1 （5 分）设 abc0，则下列各不等式一定成立的是（ ） Aa2abb2 Ba2abb2 Ca2b2ab Da2b2ab 2 （5 分）已知向量 （0，1，1） ， （1，2，1） 若向量 + 与向量 （m，2，n） 平行，则实数 n 的值是（ ） A6 B6 C4 D4 3 （5 分）已知椭圆 C：，若长轴长为 6，且两焦点恰好将长轴三等 分，则此椭圆的标准方程为

2、（ ） A B  C D 4 （5 分） 九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题： “今有大夫、不更、簪裹、 上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思： “共有五头 鹿，5 人以爵次进行分配（古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在 本题中表示等差分配） ” 在这个问题中， 若大夫得 “一鹿、 三分鹿之二” ， 则簪裹得 （ ）  A一鹿、三分鹿之一 B一鹿  C三分鹿之二 D三分鹿之一 5 （5 分）已知等比数列an为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S37，则 a5 的值为（ ） A16 B32

3、C8 D 6 （5 分）下列不等式或命题一定成立的是（ ） lg（x2+）lgx（x0） ；  sinx+2（xk，kZ） ； x2+12|x|（xR） ；    y（xR）最小值为 2 第 2 页（共 20 页） A B C D 7 （5 分）已知关于 x 的不等式（a24）x2+（a2）x10 的解集为空集，则实数 a 的 取值范围是（ ） A2， B2，）  C （，2 D （，22，+） 8 （5 分）设 Sn为数列an的前 n 项和，满足 Sn2an3，则 S6（ ） A192 B96 C93 D189 9 （5 分）若正数 a、b 满足 ab

4、2（a+b）+5，设 y（a+b4） （12ab） ，则 y 的最大 值是（ ） A12 B12 C16 D16 10（5 分） 正四面体 ABCD 的棱长为 2， E、 F 分别为 BC、 AD 的中点， 则的值为 （ ）  A2 B4 C2 D1 11 （5 分）已知椭圆的左右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e，若椭 圆上存在点 P，使得e，则该离心率 e 的取值范围是（ ） A B C D 12 （5 分）当 n 为正整数时，定义函数 N（n）表示 n 的最大奇因数如 N（3）3，N（10） 5，S（n）N（1）+N（2）+N（3）+N（2n） ，则 S（5）（ ） A342

5、 B345 C341 D346 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分. 13 （5 分）命题 p： “x0，都有 x2x0”的否定：   14 （5 分）不等式3 的解集是   15 （5 分）已知双曲线的离心率为 2，焦点与椭圆的焦点相同，那 么双曲线渐近线方程为   16 （5 分）已知 ab，a，b（0，1） ，那么的最小值为   三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第 3 页（共 20

6、 页） 17 （10 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2+a525，S555 （1）求数列an的通项公式； （2）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）已知 aR，函数 （1）若 f（x）2x 对 x（0，2）恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）当 a1 时，解不等式 f（x）2x 19 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 上的动点 M（x，y） （x0）到点 F（2，0） 的距离减去 M 到直线 x1 的距离等于 1 （1）求曲线 C 的方程； （2）若直线 yk（x+2）与曲线 C 交于 A，B 两点，求证：直线 FA 与直线 FB 的

7、倾斜角 互补 20 （12 分）某种汽车购买时费用为 14.4 万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费共 0.9 万元，汽车的维修费为：第一年 0.2 万元，第二年 0.4 万元，第三年 0.6 万元，依等 差数列逐年递增 （）设使用 n 年该车的总费用（包括购车费用）为 f（n） ，试写出 f（n）的表达式； （）求这种汽车使用多少年报废最合算（即该车使用多少年平均费用最少） 21 （12 分）如图 1，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中，ABCD，且 CD6，AB12，将它 沿对称轴 OO1折起，使平面 ADO1O平面 BCO1O如图 2，点 P 为 BC 中点，点 E 在 线段 AB

8、上（不同于 A，B 两点） ，连接 OE 并延长至点 Q，使 AQOB （1）证明：OD平面 PAQ； （2）若 BE2AE，求二面角 CBQA 的余弦值 第 4 页（共 20 页） 22 （12 分）已知椭圆，F 为左焦点，A 为上顶点，B（2，0） 为右顶点，若，抛物线 C2的顶点在坐标原点，焦点为 F （1）求 C1的标准方程； （2）是否存在过 F 点的直线，与 C1和 C2交点分别是 P，Q 和 M，N，使得 ？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由 第 5 页（共 20 页） 2019-2020 学年江苏省无锡市高二（上）期末数学试卷学年江苏省无锡市高二（上）期末数学试卷

9、 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的题目要求的. 1 （5 分）设 abc0，则下列各不等式一定成立的是（ ） Aa2abb2 Ba2abb2 Ca2b2ab Da2b2ab 【分析】可以带入特殊值排除解决 【解答】解：令 a3，b2，c1； 则 a29ab6b24，ACD 错； 故选：B 【点评】本题考查不等式，属于基础题 2 （5 分）已知向量 （0，1，1） ， （1，2，1） 若向量 + 与向量 （m，2，n）

10、 平行，则实数 n 的值是（ ） A6 B6 C4 D4 【分析】求出向量 + ，由向量 + 与向量 （m，2，n）平行，设 + ，联立解 方程组，求出即可 【解答】解：已知向量 （0，1，1） ， （1，2，1） ， 所以 + （0，1，1）+（1，2，1）（1，1，2） ， 向量 + 与向量 （m，2，n）平行， 设 + ， 由，解方程组得， 故选：D 【点评】考查向量共线的性质和向量简单的运算，基础题 3 （5 分）已知椭圆 C：，若长轴长为 6，且两焦点恰好将长轴三等 第 6 页（共 20 页） 分，则此椭圆的标准方程为（ ） A B  C D 【分析】根据题意，2a6，且

11、2c2a2，可得 a3 且 c1，再根据椭圆中 a、b、 c 的平方关系得到 b2的值，结合椭圆焦点在 x 轴，得到此椭圆的标准方程 【解答】解：椭圆长轴的长为 6，即 2a6，得 a3 两个焦点恰好将长轴三等分， 2c2a6，得 c1， 因此，b2a2c2918，再结合椭圆焦点在 x 轴上， 可得此椭圆方程为： 故选：A 【点评】本题给出椭圆的长轴长和焦点的位置，求椭圆的标准方程，着重考查了椭圆的 基本概念和标准方程等知识，属于基础题 4 （5 分） 九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题： “今有大夫、不更、簪裹、 上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：

12、 “共有五头 鹿，5 人以爵次进行分配（古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在 本题中表示等差分配） ” 在这个问题中， 若大夫得 “一鹿、 三分鹿之二” ， 则簪裹得 （ ）  A一鹿、三分鹿之一 B一鹿  C三分鹿之二 D三分鹿之一 【分析】由题意得在等差数列an中，求出 d，由此能求 出簪裹得一鹿 【解答】解：由题意得在等差数列an中， 第 7 页（共 20 页） ， 解得 d， a3a1+2d11 簪裹得一鹿 故选：B 【点评】本题考查等差数列的第三项的求法，考查等差数列的性质等基本性质，考查运 算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题 5 （5 分

13、）已知等比数列an为单调递增数列，设其前 n 项和为 Sn，若 a22，S37，则 a5 的值为（ ） A16 B32 C8 D 【分析】根据 a22，S37，列方程组求出 a1和 q，进而可得 a5的值 【解答】解：依题意，设等比数列an的公比为 q， 则，解得或（舍） ， 所以 a512416 故选：A 【点评】本题考查了等比数列的单调性，考查了等比数列的前 n 项和和通项公式，考查 分析解决问题的能力和计算能力，属于基础题 6 （5 分）下列不等式或命题一定成立的是（ ） lg（x2+）lgx（x0） ；  sinx+2（xk，kZ） ； x2+12|x|（xR） ； &nbs

14、p;  y（xR）最小值为 2 A B C D 【分析】可通过特殊值带入判断错，通过证明判断对，在做的过程中，进行选项排除 【解答】解：中：，则，则 lg（）lgx， 第 8 页（共 20 页） 成立，排除选项 BD； 中：令 sinx1，则错；排除选项 A； 故选：C 【点评】本题考查不等式，属于基础题 7 （5 分）已知关于 x 的不等式（a24）x2+（a2）x10 的解集为空集，则实数 a 的 取值范围是（ ） A2， B2，）  C （，2 D （，22，+） 【分析】对 a 分类讨论：当 a240，即 a2直接验证即可当 a240，即 a 2 时 由于关于 x

15、的不等式 （a24） x2+ （a2） x10 的解集为空集， 可得， 解得即可 【解答】解：当 a240，即 a2 当 a2 时，不等式（a24）x2+（a2）x10 化为10，其解集为空集，因此 a 2 满足题意； 当 a2 时，不等式（a24）x2+（a2）x10 化为4x10，即，其解 集不为空集，因此 a2 满足题意，应舍去； 当 a240，即 a2 时 关于 x 的不等式（a24）x2+（a2）x10 的解集为空集， ，解得a2 综上可得：a 的取值范围是（，2 故选：C 【点评】本题考查了一元二次不等式的解集与判别式的关系，考查了分类讨论的思想方 法，考查了计算能力，属于中档题

16、8 （5 分）设 Sn为数列an的前 n 项和，满足 Sn2an3，则 S6（ ） A192 B96 C93 D189 第 9 页（共 20 页） 【分析】本题先根据公式 an得到数列an是以 3 为首项，2 为公 比的等比数列再根据等比数列的求和公式即可算出结果 【解答】解：由题意，可知 当 n1 时，a1S12a13，解得 a13； 当 n2 时，anSnSn12an32an1+3， 整理，可得 an2an1 数列an是以 3 为首项，2 为公比的等比数列 S6189 故选：D 【点评】本题主要考查等比数列的判断及求前 n 项和本题属基础题 9 （5 分）若正数 a、b 满足 ab2（a+

17、b）+5，设 y（a+b4） （12ab） ，则 y 的最大 值是（ ） A12 B12 C16 D16 【分析】先利用基本不等式可求 a+b 的范围，然后结合二次函数的性质即可求解 y 的最 大值 【解答】解：正数 a、b 满足 ab2（a+b）+5， 令 ta+b，则整理可得，t28t200， t0， t10， 设 y（a+b4） （12ab）（t4） （12t） ， t2+16t48， 结合二次函数的性质可知，当 t10 时 y 取得最大值 12 故选：A 【点评】本题主要考查了利用基本不等式及二次函数的性质求解函数的最值，属于基础 试题 10（5 分） 正四面体 ABCD 的棱长为 2

18、， E、 F 分别为 BC、 AD 的中点， 则的值为 （ ）  A2 B4 C2 D1 第 10 页（共 20 页） 【分析】可画出图形，根据条件可得出，然后根据条件进行数 量积的运算即可 【解答】解：如图， E、F 分别为 BC、AD 的中点， ，且 ABACAD2，BADCAD60， 1 故选：D 【点评】本题考查了正四面体的定义，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意 义，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于基础题 11 （5 分）已知椭圆的左右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e，若椭 圆上存在点 P，使得e，则该离心率 e 的取值范围是（ ） A B C

19、D 【分析】由e 结合椭圆离心率的定义可得+1e+1，可求得 PF2 ，而 acPF2a+c，从而可求得离心率 e 的取值范围 第 11 页（共 20 页） 【解答】解：依题意，得使得+1e+1， PF2， 又 acPF2a+c， aca+c， 不等号两端同除以 a 得，1e1+e， 解得 e1， 又 0e1， 故选：A 【点评】本题考查椭圆的离心率及椭圆的简单几何性质，求得 PF2，利用 ac PF2a+c 解决问题是关键，也是难点，属于中档题 12 （5 分）当 n 为正整数时，定义函数 N（n）表示 n 的最大奇因数如 N（3）3，N（10） 5，S（n）N（1）+N（2）+N（3）+N

20、（2n） ，则 S（5）（ ） A342 B345 C341 D346 【分析】由 N（x）的性质可得知，当 x 是奇数时，x 的最大奇数因子明显是它本身因 此 N（x）x，进而可得，奇数项的和；当 x 是偶数时，可利用数学归纳法推断出偶数项 的和因此由这样一个性质，我们就可将 Sn进行分解，分别算出奇数项的和与偶数项的 和进而相加 【解答】解： （1）由题设知，N（2n）N（n） ，N（2n1）2n1 S（n）1+3+5+（2n1）+N（2）+N（4）+N（6）+N（2n）4n 1+N（2） +N（4）+N（6）+N（2n）， S（n）4n 1+S（n1） （n1） ， 又 S1N（1）+n

21、（2）2， S（n）4n 1+4n2+41+40+1 ， 则 S（5）342 故选：A 【点评】本题考查了归纳推理的能力，找出 N（2n）N（n） ，N（2n1）2n1，是 第 12 页（共 20 页） 解题关键，属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分. 13 （5 分）命题 p： “x0，都有 x2x0”的否定： x0，有 x2x0 【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即可得到结论 【解答】解：命题是全称命题，则命题的否定是：x0，有 x2x0； 故答案为：x0，有 x2x0 【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础 14 （

22、5 分）不等式3 的解集是 （，0） 【分析】原不等式，即0，即 x （2x+1）0，由此求得它的解集 【解答】解：等式3，即 0，即 x （2x+1）0， 求得x0， 故答案为： （，0） 【点评】本题主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题 15 （5 分）已知双曲线的离心率为 2，焦点与椭圆的焦点相同，那 么双曲线渐近线方程为 yx 【分析】先根据椭圆的方程求出焦点坐标，得到双曲线的 c 值，再由离心率求出 a 的值， 最后根据 b得到 b 的值，可得到渐近线的方程 【解答】解：椭圆 的焦点为（4，0） （4，0） ，故双曲线中的 c4，且 满足 2，故 a2， b，所以双曲

23、线的渐近线方程为 yx 故答案为：yx 【点评】本题主要考查圆锥曲线的基本元素之间的关系问题，同时双曲线、椭圆的相应 知识也进行了综合性考查 16 （5 分）已知 ab，a，b（0，1） ，那么的最小值为 10 第 13 页（共 20 页） 【分析】由已知可得，b，代入到所求式子后，利用乘 1 法，结合基本不等式即可 求解 【解答】解：ab，a，b（0，1） ， b1， ， ， +， （）（22a）+（2a1）+2， 6+6+410， 当且仅当 22a2a1 即 ab时取等号，此时有最小值 10 故答案为：10 【点评】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质，属于基础题 三、解答题：本大题

24、共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 （10 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 a2+a525，S555 （1）求数列an的通项公式； （2）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （1）设等差数列的公差为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得 首项和公差，即可得到所求通项公式； （2）求得 bn（） ，由数列的裂项相消求和，化简可 得所求和 【解答】解： （1）等差数列an的公差设为 d，a2+a525，S555， 可得 2a1+5d25，5a1+10d5

25、5， 解得 a15，d3， 则 an5+3（n1）3n+2； （2）由（1）知 an3n+2，又因为， 第 14 页（共 20 页） 则 bn（） ， 前 n 项和 Tn（+）（） 综上所述，数列bn的前 n 项和是 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，数列的裂项相消求和，化简 运算能力，属于基础题 18 （12 分）已知 aR，函数 （1）若 f（x）2x 对 x（0，2）恒成立，求实数 a 的取值范围； （2）当 a1 时，解不等式 f（x）2x 【分析】 （1）分离参数 a，构造函数求最值； （2）分类讨论去绝对值 【解答】解： （1）f（x）2x 对 x（0，2）恒成立

26、， a+2x 对 x（0，2）恒成立， +2x2，当且仅当2x，即 x时等号成立， a （2）当 a1 时，f（x）1，f（x）2x，12x， 若 x0，则 12x 可化为：2x2x+10，所以 x； 若 x0，则 12x 可化为：2x2x10，解得：x1 或 x，x0， x， 由可得 12x 的解集为： （， 【点评】本题考查了不等式恒成立及分类讨论思想属中档题 19 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 上的动点 M（x，y） （x0）到点 F（2，0） 的距离减去 M 到直线 x1 的距离等于 1 （1）求曲线 C 的方程； （2）若直线 yk（x+2）与曲线 C 交于 A

27、，B 两点，求证：直线 FA 与直线 FB 的倾斜角 互补 【分析】 （1）利用抛物线定义“到定点距离等于到定直线距离的点的轨迹”求动点 P 的 第 15 页（共 20 页） 轨迹； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） 直线与抛物线方程联立化为 k2x2+（4k28）x+4k20， （k0） 由于0，利用根与系数的关系与斜率计算公式可得：直线 FA 与直线 FB 的 斜率之和 0，即可证明 【解答】解： （1）线 C 上的动点 M（x，y） （x0）到点 F（2，0）的距离减去 M 到直 线 x1 的距离等于 1， 所以动点 M 到直线 x2 的距离与它到点 F（2，0）的距离相等

28、， 故所求轨迹为：以原点为顶点，开口向右的抛物线 y28x， 证明（2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） 联立，化为 k2x2+（4k28）x+4k20， （k0） 由于0， x1+x2，x1x24 直线FA与直线FB的斜率之和 ， 分子k（2x1x28）0， 直线 FA 与直线 FB 的斜率之和为 0， 直线 FA 与直线 FB 的倾斜角互补 【点评】本题考查了直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率 第 16 页（共 20 页） 计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 20 （12 分）某种汽车购买时费用为 14.4 万元，每年应交付保险费、养路费及汽油费

29、共 0.9 万元，汽车的维修费为：第一年 0.2 万元，第二年 0.4 万元，第三年 0.6 万元，依等 差数列逐年递增 （）设使用 n 年该车的总费用（包括购车费用）为 f（n） ，试写出 f（n）的表达式； （）求这种汽车使用多少年报废最合算（即该车使用多少年平均费用最少） 【分析】 （I）由已知中某种汽车购买时费用为 14.4 万元，每年应交付保险费、养路费及 汽油费共 0.9 万元，汽车的维修费为：第一年 0.2 万元，第二年 0.4 万元，第三年 0.6 万 元，依等差数列逐年递增，根据等差数列前 n 项和公式，即可得到 f（n）的表达式；  （II）由（I）中使用 n 年

30、该车的总费用，我们可以得到 n 年平均费用表达式，根据基本 不等式，我们易计算出平均费用最小时的 n 值，进而得到结论 【解答】解： （）依题意 f（n）14.4+（0.2+0.4+0.6+0.2n）+0.9n  （3 分） （5 分） 0.1n2+n+14.4（7 分） （）设该车的年平均费用为 S 万元，则有（9 分） +12+1 21.2+13.4 仅当，即 n12 时，等号成立（13 分） 故：汽车使用 12 年报废为宜（14 分） 【点评】本题考查的知识点是根据实际问题选择函数类型，基本不等式在最值问题中的 应用，数列的应用，其中（I）的关键是由等差数列前 n 项和公式，得

31、到 f（n）的表达式， （II）的关键是根据基本不等式，得到函数的最小值点 21 （12 分）如图 1，在高为 6 的等腰梯形 ABCD 中，ABCD，且 CD6，AB12，将它 沿对称轴 OO1折起，使平面 ADO1O平面 BCO1O如图 2，点 P 为 BC 中点，点 E 在 线段 AB 上（不同于 A，B 两点） ，连接 OE 并延长至点 Q，使 AQOB 第 17 页（共 20 页） （1）证明：OD平面 PAQ； （2）若 BE2AE，求二面角 CBQA 的余弦值 【分析】 （1）解法一（几何法） ：取 OO1的中点为 F，连接 AF，PF；推出 PFOB，证 明 OBOO1，得到

32、OB平面 ADO1O，证明 PF平面 ADO1O，即可证明 PFOD然 后证明 AFOD得到结果 OD平面 PAQ 解法二（向量法） ：由题设知 OA，OB，OO1两两垂直，所以以 O 为坐标原点，OA，OB， OO1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 AQ 的长度 为 m，求出相关的坐标，证明，然后证明 OD平面 PAQ （2）求出平面 CBQ 的法向量，平面 ABQ 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角 CBQA 的平面角的余弦函数值即可 【解答】 （1）解法一（几何法） 证明：取 OO1的中点为 F，连接 AF，PF；PFOB， AQOB，PFA

33、Q，P、F、A、Q 四点共面， 又由图 1 可知 OBOO1， 平面 ADO1O平面 BCO1O， 且平面 ADO1O平面 BCO1OOO1， OB平面 ADO1O， PF平面 ADO1O， 又OD平面 ADO1O， PFOD 在直角梯形 ADO1O 中，OFO1D，AOFOO1D，AOFOO1D，FAO DOO1， 第 18 页（共 20 页） FAO+AODDOO1+AOD90， AFOD AFPFF，且 AF平面 PAQ，PF平面 PAQ， OD平面 PAQ 解法二（向量法） 由题设知 OA，OB，OO1两两垂直，所以以 O 为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分 别为 x 轴、y 轴

34、、z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设 AQ 的长度为 m， 则相关各点的坐标为 O（0，0，0） ，A（6，0，0） ，B（0，6，0） ，C（0，3，6） ，D（3， 0，6） ，Q（6，m，0） 点 P 为 BC 中点， ， ， ，且与不共线， OD平面 PAQ （2）BE2AE，AQOB， 则 Q（6，3，0） ， 设平面 CBQ 的法向量为， 第 19 页（共 20 页） ，令 z1，则 y2，x1，则， 又显然，平面 ABQ 的法向量为， 设二面角 CBQA 的平面角为 ，由图可知， 为锐角， 则 【点评】本题考查向量法求解二面角的平面角的大小，直线与平面垂直的判定定理的应

35、用，考查空间想象能力以及计算能力 22 （12 分）已知椭圆，F 为左焦点，A 为上顶点，B（2，0） 为右顶点，若，抛物线 C2的顶点在坐标原点，焦点为 F （1）求 C1的标准方程； （2）是否存在过 F 点的直线，与 C1和 C2交点分别是 P，Q 和 M，N，使得 ？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由 【分析】 （1）通过，即，由右顶点为 B（2，0） ，求出 a，b 即可得到椭圆方程 （2）依题意可知 C2的方程为 y24x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为 xky 1，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，M（x3，y3） ，N（x4，y4） ，联立方程组，由

36、韦达定理得到， 第 20 页（共 20 页） 联立方程组，得 y2+4ky40，由韦达定理，通过 ，求出 k，然后求解直线方程 【解答】解： （1）依题意可知，即，由右顶点为 B（2， 0） ， 得 a2，解得 b23，所以 C1的标准方程为 （2）依题意可知 C2的方程为 y24x，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为 xky1，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，M（x3，y3） ，N（x4，y4） ， 联立方程组，得（3k2+4）y26ky90， 由韦达定理得，则， 联立方程组，得 y2+4ky40，由韦达定理得 y3+y44k，y3y44，所以 ，若， 则，即，解得， 所以存在符合题意的直线方程为或 【点评】本题考查直线与椭圆方程的综合应用，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关 系，考查分析问题解决问题的能力